Нэг эгнээний бүх үгэнд ижил үсэг дутуу байгаа хариултын хувилбаруудыг заана уу. Хариултын дугаарыг бичнэ үү.

1) pr.. босох, пр.. эрмэлзэх, пр.. бөхийх (өвдөг);

2) дээр..хөмсөг, дээр..ухах, дээр..тэмдэглэх;

3) pr..гайхалтай, pr..хот, pr..алсын хараа;

4) .. өдөр бүр биш, .. хийсэн, .. өгсөн;

5) on..skate, with..play, roz..sk.

Тайлбар (мөн доорх дүрмийг үзнэ үү).

Зөв үсгийг нь өгье.

1. маш сайн, дасан зохицох, өвдөг сөгдөх;

2. хэтрүүлэх, сулруулах, шүүрдэх;

3. хачирхалтай, саад тотгор, сүнс;

4. хэрэгжих боломжгүй, дуусаагүй, бууж өгөх;

5. хайх, тоглох, хайх.

Хариулт: 24.

Хариулт: 24|42

Дүрэм: Угтвар үгийн зөв бичих дүрэм. Ерөнхий ойлголт. Улсын нэгдсэн шалгалтын 10-р даалгавар.

ӨМНӨХ ҮГИЙН БИЧЛЭГ

мөн тэдгээртэй холбоотой зөв бичгийн дүрмийг 10-р даалгаварт шалгана.

Энэ даалгаварт шалгасан зөв бичгийн алдаа:

9.1.1 Бичгээр өөрчлөгддөггүй угтварууд

1. Ихэнх угтварууд нь эгшиг болон гийгүүлэгчтэй байдаг морфологийн зарчимОрос хэлний зөв бичгийн дүрмийг ямар ч нөхцөл байдлаас үл хамааран ижил аргаар бичдэг: S-, V-, OVER-, ДООР-, PRED-, OT-, FOR-, OT-, WHOUT-, VO-, VZO-, WHO, DO - , NA-, OVER-, NADO-, O-, OB-, PERE-, PO-, INDER-, PRO-, CO-, DISO-

САНААРАЙ: С- (хийх, мөхөх) угтвар байдаг боловч 3 гэсэн угтвар байдаггүй.

2. Өргөтгөлгүй байрлал дахь угтвар эгшгийн зөв бичгийн дүрмийг (PRE-, PRI- ба RAZ/ROZ угтвараас бусад) ижил угтвар нь хурцадмал байрлалд байгаа үгийг сонгох замаар шалгаж болно.

татгалзах - Хариулах, шийтгэх - яаран.

3. Угтвар (3-, С-тэй угтвараас бусад) дахь гийгүүлэгчийн зөв бичгийн алдааг тухайн үгийг сонгож шалгаж болно.

Энэ угтварын дараа V, L, M, N, R эгшиг буюу гийгүүлэгч байдаг: тойрч гарах - хэт их ургадаг.

4. PRA- угтвар нь дараах үгсэд хэрэглэгддэг.

элэнц өвөө

элэнц эмээ

өвөг дээдсийн гэр

ач охин,

өвөг дээдэс

балар эртний,

5. PA- угтвар нь зөвхөн стрессийн үед үүсдэг:

дагавар охин,

үүлэрхэг,

хор хөнөөлтэй.

6. Хосыг ялгах шаардлагатай:

Илгээх, Илгээх, Илгээх ба Илгээх, Илгээх, Илгээх

DIY ба DIY

Програм хангамж ба дэгээ

Барьж, Ашигласан, Дэмждэг, Дэмждэг

Шоглох, шоолох

9.1.2 Z ба S үсгээр төгссөн угтвар

Угтвар үгийн зөв бичгийн дүрэм

niZ-niS (HE+S-тэй андуурч болохгүй)

хоёулааS-хоёулаа

дамжуулан

дамжуулан дамжуулан

3-, C- үсгээр төгссөн, хоёроос доошгүй үсэгтэй байхыг дараах гийгүүлэгчээр тодорхойлно.

3 - дуут гийгүүлэгчийн өмнө бичигдсэн (бодох)

дуут гийгүүлэгч: r, l, m, n, j, b, v, g, d, g, z

S - дуугүй гийгүүлэгчийн өмнө (болго)

дуугүй гийгүүлэгч: х, ц, ч, шч, к, п, с, т, ш, ф

Эдгээр угтваруудыг дуудлагаас хамааралтай гэж нэрлэдэг: угтварт бид сонссон зүйлээ бичдэг. Нөлөөллийн дор дуугарах чимээязгуурын сүүлчийн дуу хоолой болж, үүнтэй адил угтвар нь уйтгартай дууны нөлөөн дор дүлий болдог. Мөн энэ дууг бичвэрт тусгадаг: бид [raShum’et’tsa] дуу чимээ гаргахын тулд бичдэгийг сонсдог; бид [iZbizhat’] сонсож, бичээд Escape.

2. Хоёр угтвартай NOT + IZ + bezhnы гэх мэт үг үсгийн хувьд ON Z/S угтварын дүрэм ажилладаг.

Хоёр угтвартай NOT+C+combustible гэх мэт үг үсгийн хувьд С угтвар бичих дүрэм ажилладаг.

3. Тооцоолох, тооцоолох, тооцоолох үгэнд нэг С бичигдсэн (-CHET- язгуурын өмнө).

4. АНХААР:

нээлттэй

ангайх

сүйрэл

тоо томшгүй олон

ертөнцийг үзэх үзэл - ертөнцийг үзэх үзэл

хэрүүл маргаан - хэрүүл маргаан

галзууран

зальтай дээр

бас

5. Ойролцоох - угтвар үг (байшингийн ойролцоо).

Харин: ойролцоо, ойролцоо (тооц).

9.1.3 PRE болон PRI угтварууд

PRE-/PRI- угтваруудын зөв бичгийн дүрэм нь тухайн үгийн утгаас хамаарна.

PRI- угтвар нь дараахь утгатай.

ойртох (ирэх);

Хавсралт (цавуу);

Ойролцоох (далайн эрэг - далайд ойрхон);

Бүрэн бус үйлдэл (бага зэрэг нээх);

Үйлдэл дуусгавар болсон (зохион бүтээсэн);

DO- угтвартай ойрхон (атрибут);

Үйлдлийг бэхжүүлэх (тухайлбал);

Үйлдэл өөрийн ашиг сонирхол(хувцаслах).

PRE- угтвар нь дараахь утгатай.

Маш (гайхалтай - маш үзэсгэлэнтэй);

PERE- угтвартай ойрхон (даван давах).

Зарим тохиолдолд PRI-/PRE- угтваруудын ялгааг контекстээр тодорхойлдог.

хотод ирэх - хотод үлдэх;

гадаад төрх өгөх - найзаасаа урвах;

өнчин хүнийг жигших нь дайсныг жигших;

сүм (ариун сүмд) бол хязгаар (тэвчээр);

хүлээн авагч (радио хүлээн авагч) - залгамжлагч (эхэлсэн ажлын үргэлжлэл, уламжлал);

хаалгач (манаач, үүдэнд) - гажуудсан (буруу), гэхдээ: худал хэлэх (бага зэрэг худал хэлэх)

тэвчих (дасах) - тэсэх (амьд үлдэх);

нум (салбар) - нум (хэн нэгний өмнө);

урагшлах (ямар нэгэн зүйлд) - зөрчих (ямар нэгэн зүйлээр дамжуулан);

дүр эсгэх (хаалга) - авчрах (амьдруулах);

ирэх (ирдэг) - түр зуурын (байнгын бус);

цоож (хаалга) - хэрүүл маргаан (маргаан);

хэрэглэх (хүчин чармайлт) - хувиршгүй, өөрчлөгдөхгүй;

диваажин (хамгаалах байр) - тасралтгүй (зогсоохгүйгээр);

бүдрэх (тайтгаралгүйгээр тогтох) - бүдэрч унах (хөндлөнгөөс гарах, бэрх, = хэллэг)

багасгах (бага зэрэг) - багасгах (маш их, мэдэгдэхүйц)

Нэр үг (нэр үг) -д ойлгомжгүй байгаа утгыг үг үүсгэх өмнөх үе шатаар тодруулж болно.

хоргодох - наалдах, ажил мэргэжил - дуудах, өргөдөл гаргах - өргөдөл гаргах.

Урьдчилан, pri- гэсэн угтвар үгсээр үгэнд оруулсан утгыг ижил утгатай үг, хэллэгээр тайлбарлаж болно: хувиргах - дахин бүтээх, дахин бүтээх; моор - моор, моор; зогсоох - ямар нэг зүйл хийхээ зогсоох; хэрүүл маргаан - бие биенээ таслах, хэрүүл маргаан; гажуудсан (үзэл бодол) урвуу; хүлээн зөвшөөрөх боломжгүй - хүлээн зөвшөөрөх боломжгүй зүйл; мадаггүй зөв - хүсэл тэмүүлэлгүйгээр; хурдан шаламгай - агуу хүсэл тэмүүлэл, хүсэл тэмүүлэлтэй хүн.

PRE-/PRI- угтвар бүхий үгс (ихэнхдээ зээлсэн) байдаг бөгөөд тэдгээрийн утга нь алдагдсан ба

Та зөв бичгийн дүрмийг санах хэрэгтэй.

Дундаж ерөнхий боловсрол

UMK G. K. Muravin шугам. Алгебр ба эхлэл математик шинжилгээ(10-11) (гүнзгий)

UMK Мерзлякийн шугам. Алгебр ба шинжилгээний эхлэл (10-11) (U)

Математик

Математикийн улсын нэгдсэн шалгалтанд бэлтгэх (профайлын түвшин): даалгавар, шийдэл, тайлбар.

Шалгалтын хуудас профайлын түвшин 3 цаг 55 минут (235 минут) үргэлжилнэ.

Хамгийн бага босго- 27 оноо.

Шалгалтын хуудас нь агуулга, нарийн төвөгтэй байдал, даалгаврын тоо зэргээрээ ялгаатай хоёр хэсгээс бүрдэнэ.

Ажлын хэсэг бүрийн тодорхойлогч шинж чанар нь даалгаврын хэлбэр юм.

• 1-р хэсэг нь бүхэл тоо эсвэл эцсийн аравтын бутархай хэлбэрээр богино хариулттай 8 даалгавар (1-8-р даалгавар) агуулсан;
• 2-р хэсэг нь бүхэл тоо эсвэл эцсийн аравтын бутархай хэлбэрээр богино хариулттай 4 даалгавар (даалгавар 9-12), нарийвчилсан хариулттай 7 даалгавар (13-19-р даалгавар) агуулдаг. бүрэн бичлэгхийсэн үйлдлийн үндэслэл бүхий шийдвэр).

Панова Светлана Анатольевна, математикийн багш хамгийн дээд ангилалсургууль, ажлын туршлага 20 жил:

“Төгсөгч сургуулийн гэрчилгээ авахын тулд хоёрыг давсан байх ёстой заавал шалгалтВ Улсын нэгдсэн шалгалтын маягт, тэдгээрийн нэг нь математик юм. Хөгжлийн үзэл баримтлалын дагуу математикийн боловсролВ Оросын Холбооны УлсМатематикийн улсын нэгдсэн шалгалтыг үндсэн болон тусгай гэсэн хоёр түвшинд хуваадаг. Өнөөдөр бид профайлын түвшний сонголтуудыг авч үзэх болно."

Даалгавар №1-тай шалгадаг Улсын нэгдсэн шалгалтад оролцогчид 5-9-р ангийн явцад олж авсан ур чадвараа хэрэгжүүлэх чадвар анхан шатны математик, В практик үйл ажиллагаа. Оролцогч нь тооцоолох чадвартай, ажиллах чадвартай байх ёстой рационал тоо, дугуйлах чадвартай байх аравтын бутархай, нэг хэмжүүрийг нөгөө нэгж рүү хөрвүүлэх чадвартай байх.

Жишээ 1.Петрийн амьдардаг орон сууцанд урсгал хэмжигч суурилуулсан хүйтэн ус(тоолуур). Тавдугаар сарын 1-нд тоолуурт 172 шоо метр зарцуулсан байна. м ус, 6-р сарын 1-нд - 177 шоо метр. m. Хэрэв үнэ нь 1 шоо метр бол Петр 5-р сард хүйтэн усны төлбөрийг төлөх ёстой вэ? м хүйтэн ус 34 рубль 17 копейк байна уу? Хариултаа рубльд өгнө үү.

Шийдэл:

1) Сард зарцуулсан усны хэмжээг ол:

177 - 172 = 5 (шоо метр)

2) Тэд хаягдал усанд хэдэн төгрөг төлөхийг олж мэдье:

34.17 5 = 170.85 (урэх)

Хариулт: 170,85.

Даалгавар №2- шалгалтын хамгийн энгийн даалгавруудын нэг юм. Төгсөгчдийн дийлэнх нь үүнийг амжилттай даван туулж байгаа нь функцийн тухай ойлголтын талаархи мэдлэгийг харуулж байна. Шаардлагын кодлогчийн дагуу 2-р даалгаврын төрөл нь олж авсан мэдлэг, ур чадвараа практик үйл ажиллагаанд ашиглах даалгавар юм. өдөр тутмын амьдрал. Даалгавар No2 нь янз бүрийн функцийг ашиглан тайлбараас бүрдэнэ бодит хамааралутгууд болон тэдгээрийн графикуудын тайлбарын хооронд. 2-р даалгавар нь хүснэгт, диаграмм, графикаар үзүүлсэн мэдээллийг задлах чадварыг шалгана. Төгсөгчид нь функцийн утгыг түүний аргументийн утгаас тодорхойлох чадвартай байх шаардлагатай янз бүрийн аргаарфункцийг тодорхойлж, түүний график дээр үндэслэн функцын зан төлөв, шинж чанарыг тайлбарлах. Та бас хамгийн агуу эсвэл олох чадвартай байх хэрэгтэй хамгийн бага утгамөн судлагдсан функцүүдийн графикийг бүтээх. Асуудлын нөхцөлийг унших, диаграммыг уншихад гарсан алдаанууд санамсаргүй байдлаар гардаг.

#ЗАР_ОРУУЛАХ#

Жишээ 2. 2017 оны дөрөвдүгээр сарын эхний хагаст уул уурхайн компанийн нэг хувьцааны ханшийн өөрчлөлтийг зурагт үзүүлэв. Дөрөвдүгээр сарын 7-нд бизнесмэн энэ компанийн 1000 ширхэг хувьцааг худалдаж авсан. Дөрөвдүгээр сарын 10-нд тэрээр худалдаж авсан хувьцааныхаа дөрөвний гурвыг, дөрөвдүгээр сарын 13-нд үлдсэн бүх хувьцаагаа зарсан. Эдгээр үйл ажиллагааны үр дүнд бизнесмэн хэр их хохирол амссан бэ?

Шийдэл:

2) 1000 · 3/4 = 750 (хувьцаа) - худалдан авсан нийт хувьцааны 3/4-ийг бүрдүүлнэ.

6) 247500 + 77500 = 325000 (руб) - бизнесмэн зарсны дараа 1000 хувьцаа авсан.

7) 340,000 - 325,000 = 15,000 (руб) - бизнесмэн бүх үйл ажиллагааны үр дүнд алдсан.

Хариулт: 15000.

Даалгавар №3- даалгавар юм үндсэн түвшинЭхний хэсэг нь үйлдэл хийх чадварыг шалгадаг геометрийн хэлбэрүүд"Планиметри" хичээлийн агуулгын талаар. Даалгавар 3 нь зургийн талбайг тооцоолох чадварыг шалгана алаг цаас, тооцоолох чадвар зэрэглэлийн хэмжүүрөнцөг, периметрийг тооцоолох гэх мэт.

Жишээ 3. 1 см х 1 см хэмжээтэй алаг цаасан дээр зурсан тэгш өнцөгтийн талбайг ол (зураг харна уу). Хариултаа квадрат см-ээр өг.

Шийдэл:Өгөгдсөн зургийн талбайг тооцоолохын тулд та Оргил томъёог ашиглаж болно.

Өгөгдсөн тэгш өнцөгтийн талбайг тооцоолохын тулд бид Пикийн томъёог ашиглана:

Жишээ 4.Тойрог дээр 5 улаан, 1 цэнхэр цэг тэмдэглэгдсэн байна. Аль олон өнцөгт нь илүү том болохыг тодорхойл: бүх орой нь улаан эсвэл аль нэг оройтой нь цэнхэр. Хариултдаа зарим нь бусдаас хэдээр илүү байгааг заана уу.

Шийдэл: 1) -ийн хослолын тооны томъёог ашиглая nэлементүүд к:

оройнууд нь бүгд улаан байдаг.

3) Бүх орой нь улаан нэг таван өнцөгт.

4) Бүх улаан оройтой 10 + 5 + 1 = 16 олон өнцөгт.

улаан оройтой эсвэл нэг цэнхэр оройтой.

улаан оройтой эсвэл нэг цэнхэр оройтой.

8) Улаан оройтой нэг зургаан өнцөгт, нэг цэнхэр оройтой.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 бүх орой нь улаан эсвэл нэг цэнхэр оройтой олон өнцөгт.

10) Цэнхэр цэгийг ашиглан 42 – 16 = 26 олон өнцөгт.

11) 26 – 16 = 10 олон өнцөгт – бүх орой нь зөвхөн улаан өнгөтэй олон өнцөгтөөс хэдэн орой нь цэнхэр цэг байх олон өнцөгт байна.

Хариулт: 10.

Даалгавар №5- эхний хэсгийн үндсэн түвшин нь хамгийн энгийн тэгшитгэлийг (иррациональ, экспоненциал, тригонометр, логарифм) шийдвэрлэх чадварыг шалгадаг.

Жишээ 5. 2 3 + тэгшитгэлийг шийд x= 0.4 5 3 + x .

Шийдэл.Хоёр хэсгийг салгацгаая өгөгдсөн тэгшитгэл 5 3 + -ээр X≠ 0, бид авна

үүнээс үүдэн 3 + гарч ирнэ x = 1, x = –2.

Хариулт: –2.

Даалгавар №6планиметрийн хувьд геометрийн хэмжигдэхүүнийг (урт, өнцөг, талбай) олох, загварчлах бодит нөхцөл байдалгеометрийн хэлээр. ашиглан бүтээсэн загваруудыг судлах геометрийн ойлголтуудба теоремууд. Хэцүү байдлын эх үүсвэр нь дүрмээр бол мунхаглал эсвэл буруу хэрэглээ юм шаардлагатай теоремуудпланиметр.

Гурвалжны талбай ABC 129-тэй тэнцүү. Д.Э- дунд шугам, хажуу талтай зэрэгцээ AB. Трапецын талбайг ол ABED.

Шийдэл.Гурвалжин CDEгурвалжинтай төстэй CABорой дээрх өнцөгөөс хойш хоёр өнцгөөр Cерөнхий, өнцөг СDE өнцөгтэй тэнцүү CABЯаж харгалзах өнцөгцагт Д.Э || ABсекант А.С.. Учир нь Д.Э– гурвалжны дунд шугамыг нөхцөлөөр, дараа нь өмчөөр дунд шугам | Д.Э = (1/2)AB. Энэ нь ижил төстэй байдлын коэффициент 0.5 байна гэсэн үг юм. Квадратууд ижил төстэй тооижил төстэй байдлын коэффициентийн квадрат байдлаар хамааралтай байдаг

Тиймээс, S ABED = С Δ ABC – С Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Даалгавар №7- функцийг судлах деривативын хэрэглээг шалгана. Амжилттай хэрэгжүүлэхийн тулд дериватив гэдэг ойлголтын талаар утга учиртай, албан бус мэдлэг шаарддаг.

Жишээ 7.Функцийн график руу y = е(x) абсцисса цэг дээр x 0 энэ графикийн (4; 3) ба (3; –1) цэгүүдийг дайран өнгөрөх шулуунд перпендикуляр шүргэгч зурсан байна. Хай е′( x 0).

Шийдэл. 1) Хоёрыг дайран өнгөрөх шулуун шугамын тэгшитгэлийг ашиглая оноо өгсөн(4; 3) ба (3; –1) цэгүүдийг дайран өнгөрөх шулуун шугамын тэгшитгэлийг ол.

(y – y 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(y 2 – y 1)

(y – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(y – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–y + 3 = –4x+ 16| · (–1)

y – 3 = 4x – 16

y = 4x– 13, хаана к 1 = 4.

2) Шүргэгчийн налууг ол к 2, шугамтай перпендикуляр байна y = 4x– 13, хаана к 1 = 4, томъёоны дагуу:

3) Налуугийн хүчин зүйлшүргэгч - шүргэлтийн цэг дэх функцийн дериватив. гэсэн үг, е′( x 0) = к 2 = –0,25.

Хариулт: –0,25.

Даалгавар №8- шалгалтанд оролцогчдын анхан шатны стереометрийн талаархи мэдлэг, гадаргуугийн талбай, дүрсийн эзлэхүүнийг олох томъёог ашиглах чадварыг шалгах; хоёр талт өнцөг, ижил төстэй дүрсүүдийн эзлэхүүнийг харьцуулах, геометрийн дүрс, координат, вектор гэх мэт үйлдэл хийх чадвартай байх.

Бөмбөрцгийг тойруулан хүрээлэгдсэн кубын эзэлхүүн 216. Бөмбөрцгийн радиусыг ол.

Шийдэл. 1) Вшоо = а 3 (хаана А– кубын ирмэгийн урт), тиймээс

А 3 = 216

А = 3 √216

2) Бөмбөрцгийг шоо хэлбэрээр бичсэн тул бөмбөрцгийн диаметрийн урт нь шооны ирмэгийн урттай тэнцүү байна гэсэн үг юм. г = а, г = 6, г = 2Р, Р = 6: 2 = 3.

Даалгавар №9- төгсөгчөөс хувиргах, хялбаршуулах чадвартай байхыг шаарддаг алгебрийн илэрхийллүүд. Даалгавар №9 илүү өндөр түвшинБогино хариулт өгөхөд хэцүү. Улсын нэгдсэн шалгалтын "Тооцоо ба хувиргалт" хэсгийн даалгавруудыг хэд хэдэн төрөлд хуваадаг.

тоон хөрвүүлэлтүүд оновчтой илэрхийллүүд;

алгебрийн илэрхийлэл ба бутархайг хөрвүүлэх;

тоон/үсгийн хувиргалт үндэслэлгүй илэрхийлэл;

зэрэгтэй үйлдэл;

хувиргалт логарифм илэрхийллүүд;

1. тоон/үсгийн тригонометрийн илэрхийллийг хөрвүүлэх.

Жишээ 9. cos2α = 0.6 гэдгийг мэдэж байвал tanα-г тооцоол

Шийдэл. 1) Давхар аргументын томъёог ашиглая: cos2α = 2 cos 2 α – 1, олно уу.

Энэ нь tan 2 α = ± 0.5 гэсэн үг.

3) Нөхцөлөөр

энэ нь α нь хоёрдугаар улирлын өнцөг ба tgα гэсэн үг< 0, поэтому tgα = –0,5.

Хариулт: –0,5.

#ЗАР_ОРУУЛАХ# Даалгавар №10- оюутнуудын эртнээс олж авсан мэдлэг, ур чадвараа практик үйл ажиллагаа болон өдөр тутмын амьдралдаа ашиглах чадварыг шалгана. Эдгээр нь математикийн биш, харин физикийн асуудлууд гэж бид хэлж чадна шаардлагатай томъёонуудба утгыг нөхцөл байдалд өгсөн болно. Бодлого нь шугаман буюу квадрат тэгшитгэл, шугаман эсвэл квадрат тэгш бус байдал. Тиймээс ийм тэгшитгэл, тэгш бус байдлыг шийдэж, хариултыг тодорхойлох чадвартай байх шаардлагатай. Хариултыг бүхэл тоо эсвэл төгсгөлтэй аравтын бутархай хэлбэрээр өгөх ёстой.

Хоёр масстай бие м= 2 кг тус бүр ижил хурдтай хөдөлж байна v= 10 м/с өөр хоорондоо 2α өнцгөөр. Тэдний туйлын уян хатан бус мөргөлдөөний үед ялгарах энерги (жоуль) нь илэрхийлэлээр тодорхойлогддог Q = mv 2 нүгэл 2 α. Мөргөлдөөний үр дүнд хамгийн багадаа 50 джоуль сулрахын тулд биетүүд ямар жижиг өнцөгт 2α (градусаар) хөдлөх ёстой вэ?
Шийдэл.Асуудлыг шийдэхийн тулд 2α ∈ (0°; 180°) интервал дээр Q ≥ 50 тэгш бус байдлыг шийдэх хэрэгтэй.

mv 2 нүгэл 2 α ≥ 50

2 10 2 нүгэл 2 α ≥ 50

200 нүгэл 2 α ≥ 50

α ∈ (0°; 90°) тул бид зөвхөн шийдэх болно

Тэгш бус байдлын шийдлийг графикаар илэрхийлье.

α ∈ (0°; 90°) нөхцөлөөр бол 30° ≤ α гэсэн үг.< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Даалгавар №11- ердийн зүйл боловч оюутнуудад хэцүү байдаг. Хэцүү байдлын гол эх үүсвэр нь математик загвар (тэгшитгэл зурах) байгуулах явдал юм. 11-р даалгавар нь үгийн бодлого шийдвэрлэх чадварыг шалгана.

Жишээ 11.Асаалттай хаврын амралт 11-р ангийн сурагч Вася улсын нэгдсэн шалгалтанд бэлтгэхийн тулд 560 дадлагын асуудлыг шийдэх ёстой байв. Гуравдугаар сарын 18-нд, хичээлийн сүүлчийн өдөр Вася 5 асуудлыг шийдсэн. Тэгээд өдөр бүр өмнөх өдрөөсөө ижил тооны асуудал шийддэг байсан. Амралтын сүүлчийн өдөр буюу 4-р сарын 2-нд Вася хэдэн асуудлыг шийдсэнийг тодорхойл.

560 = (5 + а 16) 8,

5 + а 16 = 560: 8,

5 + а 16 = 70,

а 16 = 70 – 5

а 16 = 65.

Хариулт: 65.

Даалгавар №12- оюутнуудын функцтэй үйлдэл хийх чадварыг шалгах, функцийг судлахад дериватив ашиглах чадвартай байх.

Функцийн хамгийн их цэгийг ол y= 10 лн( x + 9) – 10x + 1.

Шийдэл: 1) Функцийн тодорхойлолтын мужийг ол: x + 9 > 0, x> –9, өөрөөр хэлбэл x ∈ (–9; ∞).

2) Функцийн деривативыг ол:

4) Олдсон цэг нь (–9; ∞) интервалд хамаарна. Функцийн деривативын шинж тэмдгийг тодорхойлж, функцийн үйлдлийг зурагт дүрсэлцгээе.

Хүссэн хамгийн дээд цэг x = –8.

a) 2log 3 2 (2cos.) тэгшитгэлийг шийд x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

б) Энэ тэгшитгэлийн сегментэд хамаарах бүх язгуурыг ол.

Шийдэл: a) Лог 3 (2cos x) = т, дараа нь 2 т 2 – 5т + 2 = 0,

б) сегмент дээр байрлах үндсийг ол.

Зураг дээр өгөгдсөн сегментийн үндэс нь хамаарах болохыг харуулж байна

Цилиндрийн суурийн тойргийн диаметр 20, цилиндрийн үүсгэгч нь 28. Хавтгай нь суурийг 12 ба 16 урттай хөвчний дагуу огтолж байна. Хөвчний хоорондох зай 2√197.

a) Цилиндрийн суурийн төвүүд энэ хавтгайн нэг талд байрлаж байгааг батал.

б) Энэ хавтгай ба цилиндрийн суурийн хавтгай хоорондын өнцгийг ол.

Шийдэл: a) 12 урттай хөвч нь суурийн тойргийн төвөөс = 8 зайд, мөн 16 урттай хөвч нь 6-ын зайд байна. Иймээс тэдгээрийн хавтгай дээрх проекц хоорондын зай нь суурьтай зэрэгцээцилиндр нь 8 + 6 = 14 эсвэл 8 - 6 = 2 байна.

Дараа нь хөвч хоорондын зай нь аль нэг юм

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Нөхцөл байдлын дагуу хөвчний төсөөлөл нь цилиндрийн тэнхлэгийн нэг талд байрладаг хоёр дахь тохиолдол гарсан. Энэ нь тэнхлэг огтлолцохгүй гэсэн үг юм өгсөн онгоццилиндр дотор, өөрөөр хэлбэл суурь нь түүний нэг талд байрладаг. Юуг батлах шаардлагатай байсан.

б) Суурийн төвүүдийг O 1 ба O 2 гэж тэмдэглэе. Суурийн төвөөс 12 урттай хөвч зуръя перпендикуляр биссектрисэнэ хөвч рүү (энэ нь аль хэдийн дурдсанчлан 8 урттай) ба нөгөө суурийн төвөөс нөгөө хөвч рүү. Тэдгээр нь эдгээр хөвчүүдэд перпендикуляр β хавтгайд байрладаг. Жижиг хөвч B-ийн дунд цэг, том хөвч А ба хоёр дахь суурь дээр А проекцийг H (H ∈ β) гэж нэрлэе. Дараа нь AB,AH ∈ β, тиймээс AB,AH нь хөвчний перпендикуляр, өөрөөр хэлбэл суурийн өгөгдсөн хавтгайтай огтлолцох шулуун шугам юм.

Энэ нь шаардлагатай өнцөг нь тэнцүү байна гэсэн үг юм

Даалгавар №15- нарийвчилсан хариулт бүхий нарийн төвөгтэй байдлын түвшинг нэмэгдүүлж, тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх чадварыг шалгадаг бөгөөд энэ нь нарийн төвөгтэй байдлын өндөр түвшний нарийвчилсан хариулт бүхий даалгавруудын дунд хамгийн амжилттай шийдэгддэг.

Жишээ 15.Тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх | x 2 – 3x| бүртгэл 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Шийдэл:Энэ тэгш бус байдлын тодорхойлолтын муж нь интервал (–1; +∞) юм. Гурван тохиолдлыг тусад нь авч үзье.

1) Болъё x 2 – 3x= 0, өөрөөр хэлбэл. X= 0 эсвэл X= 3. Энэ тохиолдолд энэ тэгш бус байдалүнэн болж хувирдаг тул эдгээр утгыг шийдэлд оруулсан болно.

2) Одоо үзье x 2 – 3x> 0, өөрөөр хэлбэл. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Түүнчлэн, энэ тэгш бус байдлыг дараах байдлаар дахин бичиж болно. x 2 – 3x) бүртгэл 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 ба эерэг илэрхийллээр хуваана x 2 – 3x. Бид 2-р бүртгэлийг авдаг ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0.5 –1 эсвэл x≤ -0.5. Тодорхойлолтын домэйныг харгалзан үзвэл бид байна x ∈ (–1; –0,5].

3) Эцэст нь авч үзье x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Энэ тохиолдолд анхны тэгш бус байдлыг (3 x – x 2) бүртгэл 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Эерэг 3-т хуваасны дараа x – x 2, бид лог 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Бүс нутгийг харгалзан үзэхэд бид x ∈ (0; 1].

Хүлээн авсан шийдлүүдийг нэгтгэснээр бид олж авдаг x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Хариулт: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Даалгавар №16- ахисан түвшин нь нарийвчилсан хариулт бүхий хоёрдугаар хэсгийн даалгавруудыг хэлнэ. Даалгавар нь геометрийн дүрс, координат, вектор бүхий үйлдэл хийх чадварыг шалгадаг. Даалгавар нь хоёр цэгээс бүрдэнэ. Эхний зүйлд даалгавраа нотлох ёстой, хоёрдугаарт тооцоолсон байх ёстой.

IN тэгш өнцөгт гурвалжинА орой дээр 120° өнцөгтэй ABC, BD биссектрис зурсан. IN ABC гурвалжин DEFH тэгш өнцөгтийг FH тал нь ВС сегмент дээр, Е орой нь AB сегмент дээр байхаар бичжээ. a) FH = 2DH гэдгийг батал. б) AB = 4 бол DEFH тэгш өнцөгтийн талбайг ол.

Шийдэл: A)

1) ΔBEF – тэгш өнцөгт, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, дараа нь 30° өнцгийн эсрэг байрлах хөлийн шинж чанараар EF = BE.

2) EF = DH = гэж үзье x, дараа нь BE = 2 x, BF = x√3 Пифагорын теоремын дагуу.

3) ΔABC нь ижил хажуу талтай тул ∠B = ∠C = 30˚ гэсэн үг.

BD нь ∠B-ийн биссектрис бөгөөд ∠ABD = ∠DBC = 15˚ гэсэн үг.

4) ΔDBH - тэгш өнцөгтийг авч үзье, учир нь DH⊥BC.

√3 – 1 = 2 – x

x = 3 – √3

EF = 3 – √3

2) С DEFH = ED EF = (3 – √3 ) 2(3 – √3 )

С DEFH = 24 – 12√3.

Хариулт: 24 – 12√3.

Жишээ 17.Дөрвөн жилийн хугацаанд 20 сая рублийн хадгаламж нээхээр төлөвлөж байна. Жил бүрийн эцэст банк хадгаламжийн хэмжээг оны эхэн үеийн хэмжээтэй харьцуулахад 10%-иар нэмэгдүүлдэг. Үүнээс гадна гурав, дөрөв дэх жилийн эхэнд хөрөнгө оруулагч жил бүр ордыг нөхдөг Xсая рубль, хаана X - бүхэлд ньтоо. Хай хамгийн өндөр үнэ цэнэ X, банк дөрвөн жилийн хугацаанд хадгаламжид 17 сая рубльээс бага мөнгө хуримтлуулах болно.

Шийдэл:Эхний жилийн эцэст оруулсан хувь нэмэр нь 20 + 20 · 0.1 = 22 сая рубль, хоёр дахь жилийн эцэст - 22 + 22 · 0.1 = 24.2 сая рубль болно. Гурав дахь жилийн эхэнд оруулсан хувь нэмэр (сая рубль) (24.2+) болно X), эцэст нь - (24.2 + X) + (24,2 + X)· 0.1 = (26.62 + 1.1 X). Дөрөв дэх жилийн эхэнд хувь нэмэр (26.62 + 2.1 X), эцэст нь - (26.62 + 2.1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0.1 = (29.282 + 2.31 X). Нөхцөлөөр та тэгш бус байдал биелэх хамгийн том бүхэл тоог олох хэрэгтэй

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

Энэ тэгш бус байдлын хамгийн том бүхэл тоон шийдэл нь 24 тоо юм.

Хариулт: 24.

Юун дээр атэгш бус байдлын систем

яг хоёр шийдэл байна уу?

Шийдэл:Энэ системийг маягтаар дахин бичиж болно

Хэрэв бид эхний тэгш бус байдлын шийдлийн багцыг хавтгай дээр зурвал төв нь (0, А). Хоёр дахь тэгш бус байдлын шийдлүүдийн багц нь функцийн график дор байрлах хавтгайн хэсэг юм. y = | x| – а, Сүүлийнх нь функцийн график юм
y = | x| , доош шилжүүлсэн А. Энэ системийн шийдэл нь тэгш бус байдал бүрийн шийдлийн багцын огтлолцол юм.

Тиймээс хоёр шийдэл энэ системзөвхөн зурагт үзүүлсэн тохиолдолд л байх болно. 1.

Тойргийн шугамтай холбогдох цэгүүд нь системийн хоёр шийдэл байх болно. Шулуун шугам бүр нь тэнхлэгүүд рүү 45 ° өнцгөөр налуу байна. Тэгэхээр энэ нь гурвалжин юм PQR- тэгш өнцөгт тэгш өнцөгт. Цэг Qкоординаттай (0, А), мөн цэг Р– координат (0, – А). Үүнээс гадна сегментүүд PRТэгээд PQтойргийн радиустай тэнцүү 1. Энэ нь гэсэн үг

Болъё Сннийлбэр nарифметик прогрессийн нөхцөл ( a p). Энэ нь мэдэгдэж байна S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Томьёог бичнэ үү nэнэ дэвшлийн th хугацаа.

б) Хамгийн бага үнэмлэхүй нийлбэрийг ол S n.

в) Хамгийн жижигийг ол n, аль үед S nбүхэл тооны квадрат байх болно.

Шийдэл: a) Энэ нь ойлгомжтой a n = S n – S n– 1. Ашиглаж байна энэ томъёо, бид авах:

S n = С (n – 1) + 1 = 2(n – 1) 2 – 21(n – 1) – 23 = 2n 2 – 25n,

S n – 1 = С (n – 2) + 1 = 2(n – 1) 2 – 21(n – 2) – 23 = 2n 2 – 25n+ 27

гэсэн үг, a n = 2n 2 – 25n – (2n 2 – 29n + 27) = 4n – 27.

B) Түүнээс хойш S n = 2n 2 – 25n, дараа нь функцийг авч үзье С(x) = | 2x 2 – 25x|. Түүний графикийг зурагнаас харж болно.

Функцийн тэгтэй хамгийн ойр байрлах бүхэл тоон цэгүүдэд хамгийн бага утгад хүрдэг нь ойлгомжтой. Мэдээжийн хэрэг эдгээр нь оноо юм X= 1, X= 12 ба X= 13. Учир нь, С(1) = |С 1 | = |2 – 25| = 23, С(12) = |С 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, С(13) = |С 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13 бол хамгийн бага утга нь 12 байна.

в) Өмнөх догол мөрөөс дараахь зүйлийг дагаж мөрдөнө Снэерэг, эхлэн n= 13. Түүнээс хойш S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), дараа нь тодорхой тохиолдол бол хэзээ юм энэ илэрхийлэлтөгс дөрвөлжин юм, хэзээ ойлгосон n = 2n– 25, өөрөөр хэлбэл цагт n= 25.

13-аас 25 хүртэлх утгыг шалгахад л үлддэг.

С 13 = 13 1, С 14 = 14 3, С 15 = 15 5, С 16 = 16 7, С 17 = 17 9, С 18 = 18 11, С 19 = 19 13, С 20 = 20 13, С 21 = 21 17, С 22 = 22 19, С 23 = 23 21, С 24 = 24 23.

Хэзээ гэдэг нь харагдаж байна бага утгууд n төгс дөрвөлжинхүрэхгүй байна.

Хариулт: A) a n = 4n– 27; б) 12; в) 25.

________________

*2017 оны 5-р сараас эхлэн "DROFA-VENTANA" хэвлэлийн нэгдсэн групп нь "корпорацын нэг хэсэг болсон" Орос сурах бичиг" Корпорацид мөн Astrel хэвлэлийн газар болон дижитал компани багтсан боловсролын платформ"LECTA". Ерөнхий захиралтөгсөгч Александр Брычкиныг томилов Санхүүгийн академиОХУ-ын Засгийн газрын дэргэд, нэр дэвшигч эдийн засгийн шинжлэх ухаан, хянагч шинэлэг төслүүддижитал боловсролын чиглэлээр "DROFA" хэвлэлийн газар (сурах бичгийн цахим хэлбэр, "Орос цахим сургууль", дижитал боловсролын платформ LECTA). DROFA хэвлэлийн газарт ажиллахаасаа өмнө тэрээр дэд ерөнхийлөгчийн албыг хашиж байсан стратегийн хөгжилболон "EXMO-AST" хэвлэлийн холдингийн хөрөнгө оруулалт. Өнөөдөр Оросын сурах бичгийн хэвлэлийн корпораци нь сурах бичгийн хамгийн том багцтай Холбооны жагсаалт- 485 гарчиг (ойролцоогоор 40%, сурах бичгийг оруулаагүй болно засан хүмүүжүүлэх сургууль). Корпорацийн хэвлэлийн газрууд хамгийн алдартайг эзэмшдэг орос сургуулиудфизик, зураг, биологи, хими, технологи, газарзүй, одон орон судлалын сурах бичгийн багц - улс орны үйлдвэрлэлийн чадавхийг хөгжүүлэхэд шаардлагатай мэдлэгийн салбарууд. Корпорацийн багцад сурах бичиг болон сургалтын хэрэглэгдэхүүнУчир нь бага сургууль, боловсролын салбарт Ерөнхийлөгчийн нэрэмжит шагнал хүртсэн. Эдгээр нь сурах бичиг, гарын авлага юм сэдвийн хэсгүүдОХУ-ын шинжлэх ухаан, техник, үйлдвэрлэлийн чадавхийг хөгжүүлэхэд зайлшгүй шаардлагатай.

БИ АШИГЛАХ APK Зураг/Медиа/Файлуудыг ШИЙДЭХ болно: USB санах ойн агуулгыг өөрчлөх, устгах, USB санах ойн агуулгыг унших

БИ APK санах ойн ашиглалтыг шийдэх болно: USB санах ойнхоо агуулгыг өөрчлөх, устгах, USB санах ойн агуулгыг унших

БИ АШИГЛАХ APK-г ШИЙДВЭРЛЭХ болно: бүрэн сүлжээнд нэвтрэх, сүлжээний холболтыг үзэх

Сүлжээний бүрэн хандалт:

Апп-д сүлжээний залгуур үүсгэх, тусгай сүлжээний протокол ашиглахыг зөвшөөрнө. Хөтөч болон бусад програмууд нь интернетэд өгөгдөл илгээх хэрэгслийг өгдөг тул интернетэд өгөгдөл илгээхэд энэ зөвшөөрөл шаардлагагүй.

USB санах ойн агуулгыг өөрчлөх эсвэл устгах:

Апп нь USB сан руу бичих боломжтой.

USB санах ойн агуулгыг уншина уу:

Апп нь таны USB санах ойн агуулгыг уншихыг зөвшөөрнө.

Сүлжээний холболтыг харах:

Апп-д ямар сүлжээнүүд байгаа болон холбогдсон зэрэг сүлжээний холболтын талаарх мэдээллийг харах боломжтой.

БИ APK файлаас ашиглах APK-ийн зөвшөөрлийг ШИЙДЭХ болно:

БИ АШИГЛАХ APK-г ШИЙДЭХ болно. Таны USB санах ойд хандах боломжтой

Аппликешнүүдэд сүлжээний залгууруудыг нээхийг зөвшөөрдөг.

Аппликейшнүүдэд сүлжээний мэдээлэлд хандахыг зөвшөөрдөг.

Аппликешн нь гадаад санах ой руу бичих боломжтой.

Аппликешн нь гадаад сангаас унших боломжтой.

• 1.6.5

  2017 оны арванхоёрдугаар сарын 17

  2018 форматын даалгавар

• 1.6.4

  2017 оны арваннэгдүгээр сарын 29

  iOS 11-тэй нийцтэй байдлыг нэмсэн.

• 1.6.2

  2017 оны арваннэгдүгээр сарын 11

  2018 оны Улсын нэгдсэн шалгалтын демо хувилбарын дагуу даалгавруудыг нэмж, масштабыг шинэчилж, вектор форматтай зургийн дэмжлэгийг тохируулсан.

• 1.6.1

  2017 оны наймдугаар сарын 8

  Бүх хичээлийн хуваарийг тодорхой болгосон.

• 1.6.0

  2017 оны хоёрдугаар сарын 13

  Гадаад хэлний алдааг зассан.

• 1.5.9

  2017 оны нэгдүгээр сарын 18

  Програмаар дамжуулан портал дээр бүртгүүлэх боломжийг нэмсэн.

• 1.5.8

  2017 оны нэгдүгээр сарын 9

  Даалгаврын шинэчлэлтүүдийг ачаалах үед гацсан алдааг зассан.

• 1.5.7

  2017 оны нэгдүгээр сарын 2

  Аюулгүй байдлын шинэчлэл

• 1.5.6

  2016 оны арванхоёрдугаар сарын 4

  Даалгаврын каталогийн толгойн сэдвүүдийг шийдвэрлэх үед гарсан эвдрэлийг зассан.

• 1.5.5

  2016 оны арваннэгдүгээр сарын 15

  Сэдвийн дагуу бүх даалгаврыг нэг дор татаж авах боломжийг нэмсэн.

• 1.5.4

  2016 оны аравдугаар сарын 28

  Даалгаврын каталог болон шалгалтын горимд асуудлыг шийдвэрлэх үед статистикийг бүртгэх чадварыг нэмсэн.

• 1.5.3

  2016 оны аравдугаар сарын 24

• 1.5.2

  2016 оны долдугаар сарын 4

  Сонголтын дугаар болон даалгаврын дугаараар хайлт нэмсэн.
  Дизайн дахь бага зэргийн өөрчлөлтүүд.

• 1.5.0

  2016 оны зургадугаар сарын 14

  Мэдээний хэсгийг нэмсэн.
  Статистик харах хэсгийг нэмсэн.
  Шалгалтын тухай хэсэг болон онооны хуваарийг нэмсэн.
  Төслийн тухай хэсгийг нэмсэн.
  Шинэчлэлтүүдийг гараар шалгах боломжийг нэмсэн.
  "Даалгаврын каталог" хэсгийн сэдвүүд нь дэд сэдвүүдэд хуваагдана.

• 1.4.0

  2016 оны зургадугаар сарын 2

• 1.3.0

  2016 оны тавдугаар сарын 31

  Түлхүүр үг ашиглан даалгаврын хайлт нэмсэн.

• 1.2.1

  2016 оны тавдугаар сарын 18

  Даалгавруудыг офлайнаар шийдвэрлэх чадварыг нэмсэн.
  Даалгавруудыг сэдвийн дагуу татаж авах боломжийг нэмсэн.

• 1.1.4

  2016 оны тавдугаар сарын 2

  Сервер дээрх асуудлын талаар мэдэгдэл нэмсэн.

• 1.1.3

  2016 оны дөрөвдүгээр сарын 29

  Аппликешн гацсантай холбоотой алдааг зассан.
  Бүрэн ажиллагаатай байхын тулд баруун талд байгаа дүрсийг ашиглан нисдэг зүйлсийг дахин татаж авах шаардлагатай.

• 1.1.1

  2016 оны дөрөвдүгээр сарын 26

  Аппликешн гацсан зарим алдааг зассан.
  Орос хэл, математикийн онол нэмсэн.